2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新人教版） 第12章　第5課時(shí)　專(zhuān)題強(qiáng)化：動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

第十二章電磁感應(yīng)第5課時(shí)專(zhuān)題強(qiáng)化：動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.掌握應(yīng)用動(dòng)量定理處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的方法技巧，能識(shí)別幾種應(yīng)用動(dòng)量定理的模型。2.建立電磁感應(yīng)問(wèn)題中動(dòng)量守恒的模型，并用動(dòng)量守恒定律解決問(wèn)題。內(nèi)容索引考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用課時(shí)精練><考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解。1.“單棒＋電阻”模型(1)水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，左側(cè)接有電阻阻值為R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至停下來(lái)。求：①此過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝______；②此過(guò)程導(dǎo)體棒的位移x＝_______；③若導(dǎo)體棒從獲得初速度v0經(jīng)一段時(shí)間減速至v1，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q1，則v1＝_________；④導(dǎo)體棒從獲得初速度v0經(jīng)過(guò)位移x0，速度減至v2，則v2＝__________。(2)間距為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌所在傾斜面向下(重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。①經(jīng)Δt1＝_________，通過(guò)橫截面的電荷量為q，速度達(dá)到v1。②經(jīng)Δt2＝____________，導(dǎo)體棒下滑位移為x，速度達(dá)到v2。例1

(多選)(2023·云南昆明市一中質(zhì)檢)如圖所示，一光滑軌道固定在架臺(tái)上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R＝0.5Ω，兩軌道間距d＝1m，水平部分兩軌道間有一豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量m＝0.5kg、長(zhǎng)為l＝1.1m、電阻忽略不計(jì)的導(dǎo)體棒，從軌道上距水平面h1＝0.8m高處由靜止釋放，通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后從水平軌道末端水平飛出，落地點(diǎn)與水平軌道末端的水平距離x2＝0.8m，水平軌道距水平地面的高度h2＝0.8m。通過(guò)計(jì)算可知(g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力)A.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為3m/sB.導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的

熱量為3JC.磁場(chǎng)的長(zhǎng)度x1為2mD.整個(gè)過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量為2C√√√2.不等間距的雙棒模型例2

(多選)(2023·遼寧撫順市模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距分別為2L和L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線(xiàn)相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其余部分電阻不計(jì)。t＝0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)速度v0向右運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處，則下列說(shuō)法正確的是√√√不等間距的兩導(dǎo)體棒處于同一磁場(chǎng)中所受安培力不相等，它們分別做變速運(yùn)動(dòng)；涉及電荷量、速度、時(shí)間等，一般先根據(jù)動(dòng)量定理列方程；若求焦耳熱可對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律列方程。3.“電容器＋棒”模型(1)無(wú)外力充電式基本模型規(guī)律

(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電流特點(diǎn)安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝

，電容器充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征棒做加速度a減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)最終速度電容器充電電荷量：q＝CUC最終電容器兩端電壓UC＝BLv對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mv－mv0＝v＝基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)v－t圖像(2)無(wú)外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)電流特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLvm基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征做加速度a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)最大速度vm電容器初始電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CUC＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm－0＝vm＝基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)v－t圖像例3

(多選)(2023·遼寧沈陽(yáng)市東北育才學(xué)校一模)如圖所示是某同學(xué)模擬電磁炮的工作原理和發(fā)射過(guò)程，水平臺(tái)面上有足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ置于塑料圓筒內(nèi)，質(zhì)量為m的金屬炮彈置于圓筒內(nèi)的軌道上，軌道間距為L(zhǎng)，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌左端連著平行板電容器和電動(dòng)勢(shì)為E的電源。先讓單刀雙擲開(kāi)關(guān)接1接線(xiàn)柱對(duì)電容器充電，充電結(jié)束后，將開(kāi)關(guān)接2接線(xiàn)柱。金屬炮彈在安培力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后離開(kāi)導(dǎo)軌，整個(gè)過(guò)程通過(guò)炮彈的電荷量為q。已知在圓筒中金屬炮彈始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻，炮彈電阻為R。在這個(gè)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是√√返回動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用><考點(diǎn)二1.在雙金屬棒切割磁感線(xiàn)的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時(shí)，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便。2.雙棒模型(不計(jì)摩擦力)模型示意圖及條件水平面內(nèi)的光滑等距導(dǎo)軌，兩個(gè)棒的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，給棒2一個(gè)初速度v0電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)電流及速度變化棒2做變減速運(yùn)動(dòng)，棒1做變加速運(yùn)動(dòng)，隨著兩棒相對(duì)速度的減小，回路中的電流減小，I＝

，安培力減小，加速度減小，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)a＝0，I＝0，v1＝v2系統(tǒng)規(guī)律動(dòng)量守恒m2v0＝(m1＋m2)v能量守恒Q＝兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比例4

(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是√√棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝

，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤。例5

如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，垂直磁場(chǎng)方向的水平面中有兩根固定的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，接入電路的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速度v0，求：(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v0時(shí)，ab棒的速度v及加速度a的大小；兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過(guò)程中，通過(guò)回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x。ab、cd棒速度相等時(shí)有最大距離，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝2mv共返回課時(shí)精練1.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒(méi)有磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌間距為l，ab、cd是質(zhì)量為m、接入電路中電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。cd靜止在水平導(dǎo)軌上，ab從四分之一圓弧導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，在圓弧導(dǎo)軌上克服阻力做功

水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會(huì)相撞，重力加速度為g。12345678從ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌開(kāi)始，下列說(shuō)法正確的是A.ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)B.cd棒先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后和ab以相同

的速度做勻速運(yùn)動(dòng)12345678√√ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后它們共速，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；123456782.(多選)(2024·廣東廣州市開(kāi)學(xué)考)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊寬度為d區(qū)域有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為2R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中12345678√√由右手定則可知，流過(guò)定值電阻的電流方向是Q→N，故A正確；12345678123456783.(多選)(2023·湖南長(zhǎng)沙市長(zhǎng)郡中學(xué)二模)如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌MN、M′N(xiāo)′左端通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與電源和不帶電電容器相連，導(dǎo)軌平面水平且處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一定阻值的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S與1閉合，當(dāng)棒達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)后S與2閉合，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電源內(nèi)阻不計(jì)。則A.S與1閉合后，棒ab做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.從S與1閉合到棒ab達(dá)到某一速度，電源消耗的電

能等于棒獲得的動(dòng)能和電路產(chǎn)生的焦耳熱之和C.S與2閉合后，棒ab中電流不斷減小直到零D.S與2閉合后，棒ab的速度不斷減小直到零√12345678√根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒受安培力作用做加速運(yùn)動(dòng)，棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，棒中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，棒最后勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到棒ab達(dá)到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動(dòng)能和電路產(chǎn)生的焦耳熱之和，故B正確；12345678S與2閉合后，棒ab相當(dāng)于電源給電容器充電，此過(guò)程棒受到的安培力水平向左，棒減速運(yùn)動(dòng)，則電動(dòng)勢(shì)減小，電容器兩板間電壓升高，棒ab中的電流不斷減小，當(dāng)棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩板間的電勢(shì)差相等時(shí)，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤，C正確。123456784.(多選)(2023·遼寧省名校聯(lián)盟一模)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)度均等于導(dǎo)軌間距，a、b兩棒的電阻不為零，質(zhì)量均為m，銅棒平行放置在導(dǎo)軌上且始終與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，下列說(shuō)法正確的是A.若此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒不發(fā)生碰撞，則最終va<vbB.若此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒發(fā)生彈性碰撞，則最終va<vb12345678√√12345678123456785.(多選)如圖，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，垂直導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以CD為分界線(xiàn)，左邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，右邊為B，兩導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置，a棒距CD足夠遠(yuǎn)，已知a、b棒質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為r，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)使a獲得一瞬時(shí)水平速度v0，在兩棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定的過(guò)程中(a棒還沒(méi)到CD分界線(xiàn))，下列說(shuō)法正確的是A.a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒√12345678√因?yàn)閍、b棒切割磁感線(xiàn)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以導(dǎo)體棒中有焦耳熱產(chǎn)生，故a、b系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由題意知a棒受到的安培力為Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力為Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系統(tǒng)所受合外力不為零，故a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B正確；1234567812345678123456786.(2023·湖南卷·14)如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；12345678棒a在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得12345678棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL(2)在(1)問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；12345678答案2gsinθ由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導(dǎo)軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則對(duì)棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)在(2)問(wèn)中，從棒b釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx。12345678棒a受到沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)棒a由動(dòng)量定理有123456787.(2023·全國(guó)甲卷·25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，P和Q